사칙계산과 관련된 미분 법칙

증명

\[f ' (x) = \lim_{h\to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h} = \lim_{h\to 0}\frac{c-c}{h} = 0.\tag*{\(\blacksquare\)}\]

증명

먼저 \(n \ge 2\)인 경우를 증명하자. \(t\ne x\)일 때 \[t^n - x^n = (t-x)(t^{n-1} + t^{n-2}x + \cdots + tx^{n-2} + x^{n-1})\] 이므로 다음을 얻는다. \[\begin{align} f ' (x) &= \lim_{t\to x}\frac{f(t)-f(x)}{t-x} \\[6pt] &= \lim_{t\to x}\frac{t^n - x^n}{t-x} \\[6pt] &= \lim_{t\to x}\frac{(t-x)(t^{n-1} + t^{n-2}x + \cdots + tx^{n-2} + x^{n-1})}{t-x} \\[6pt] &= \lim_{t\to x}(t^{n-1} + t^{n-2}x + \cdots + tx^{n-2} + x^{n-1}) \\[6pt] &= x^{n-1} + x^{n-2}x + \cdots + x^{n-1} \quad (n \text{ terms})\\[6pt] &= nx^{n-1}. \end{align}\] \(n=1\)일 때에는 \[f ' (x) = \lim_{t\to x}\frac{f(t)-f(x)}{t-x} = \lim_{t\to x}\frac{t-x}{t-x} = 1\] 이므로 \(f ' (x) = 1\)이다. 특히 \(x\ne 0\)일 때 \(f ' (x) = 1 = x^0\)이다.

증명

\[\begin{align} \frac{d}{dx}(cf) &= \lim_{h\to 0}\frac{cf(x+h) - cf(x)}{h} \\[6pt] &= \lim_{h\to 0}\frac{c(f(x+h) - f(x))}{h} \\[6pt] &= c\lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h} \\[6pt] &= c \frac{df}{dx}.\tag*{\(\blacksquare\)} \end{align}\]

증명

\[\begin{align} y ' &= \lim_{h\to 0}\frac{(f(x+h)+g(x+h)) - (f(x)+g(x))}{h} \\[6pt] &= \lim_{h\to 0}\frac{(f(x+h)-f(x)) + (g(x+h)-g(x))}{h} \\[6pt] &= \lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h} + \lim_{h\to 0}\frac{g(x+h)-g(x)}{h} \\[6pt] &= f ' (x) + g ' (x) . \tag*{\(\blacksquare\)} \end{align}\]

증명

\(h(x) = -g(x)\)라고 하면 \(y = f(x)+h(x)\)이고, 정리 3에 의하여 \(h ' (x) = - g ' (x)\)이므로 \[y ' = f ' (x) + h ' (x) = f ' (x) - g ' (x)\] 이다.

증명

\(n\)에 대한 수학적 귀납법을 사용하자. \(n=1\)일 때에는 \[f(x) = a_1 x + a_0\] 이므로 \[f ' (x) = a_1\] 로서 (1)이 성립한다.

이제 \(k\)가 자연수이고 \(n=k\)일 때 (1)이 성립한다고 가정하자. 그리고 \[f(x)=a_{k+1} x^{k+1} + a_k x^k + a_{k-1} x^{k-1} + \cdots + a_1 x + a_0\] 이라고 하자. 그러면 정리 4와 \(n=k\)일 때의 귀납적 가정에 의하여 \[\begin{align} f ' (x) &= \frac{d}{dx} (a_{k+1} x^{k+1}) + \frac{d}{dx}(a_n x^k + a_{k-1} x^{k-1} + \cdots + a_1 x + a_0)\\[6pt] &= (k+1)a_{k+1} x^k + (ka_k x^{k-1} + (k-1)a_{k-1}x^{k-2} + \cdots + a_1) \\[8pt] &= (k+1)a_{k+1} x^k + ka_k x^{k-1} + (k-1)a_{k-1}x^{k-2} + \cdots + a_1 \end{align}\] 이므로 \(n=k+1\)일 때에도 (1)이 성립한다.

그러므로 수학적 귀납법에 의하여 임의의 자연수 \(n\)에 대하여 (1)이 성립한다.

증명

\[\begin{align} y ' &= \lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)g(x+h) - f(x)g(x)}{h} \\[6pt] &= \lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)g(x+h) - f(x)g(x+h) + f(x)g(x+h) - f(x)g(x)}{h} \\[6pt] &= \lim_{h\to 0}\frac{(f(x+h)-f(x))g(x+h) + f(x)(g(x+h) - g(x))}{h} \\[6pt] &= \lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h} \cdot \lim_{h\to 0} g(x+h) + f(x) \cdot \lim_{h\to 0}\frac{g(x+h) - g(x)}{h} \\[6pt] &= f ' (x) g(x) + f(x)g ' (x) . \tag*{\(\blacksquare\)} \end{align}\]

증명

\(h(x) = 1/g(x)\)이라고 하면 \[\begin{align} h ' (x) &= \lim_{h\to 0}\frac{h(x+h) - h(x)}{h} \\[6pt] &= \lim_{h\to 0}\frac{1/g(x+h) -1/g(x)}{h} \\[6pt] &= \lim_{h\to 0}\frac{g(x) - g(x+h)}{hg(x+h)g(x)} \\[6pt] &= -\lim_{h\to 0}\frac{g(x+h)-g(x)}{h} \cdot \lim_{h\to 0}\frac{1}{g(x+h)g(x)} \\[6pt] &= - g ' (x) \cdot \frac{1}{(g(x)^2} \\[6pt] &= - \frac{g ' (x)}{(g(x))^2} \end{align}\] 이고, \(y=f(x)h(x)\)이므로 \[\begin{align} y ' &= f ' (x) h(x) + f(x) h ' (x) \\[6pt] &= \frac{f ' (x)}{g(x)} - \frac{f(x) g ' (x)}{(g(x))^2} \\[6pt] &= \frac{f ' (x)g(x)}{(g(x))^2} - \frac{f(x) g ' (x)}{(g(x))^2} \\[6pt] &= \frac{f ' (x) g(x) - f(x) g ' (x)}{(g(x))^2} \end{align}\] 이다.

증명

\(n=-m,\) \(g(x) = x^{n}\)이라고 하면 정리 2에 의하여 \[g ' (x) = nx^{n-1}\] 이다. 또한 \(f(x) = 1/g(x)\)이므로 정리 6에 의하여 \[f ' (x) = -\frac{g ' (x)}{(g(x))^2} = -\frac{nx^{n-1}}{x^{2n}} = -nx^{-n-1} = mx^{m-1}\] 이다.